《提优教程》教案第15讲_存在性问题

1、1第15讲本节主要内容是存在性问题.存在性问题有三种：第一类是肯定性问题第二类是否定性问题第三类是探索性问题存在性问题,其模式为“已知,其模式为“已知,其模式为“已知A,A,A,证明存在对象B,使其具有某种性质” 证明具有某种性质 B的对象不可能存在” 问是否存在具有某种性质 B的对象”.一种思路是通过正确的逻辑推理(包括直接计算),解决存在性问题通常有两种解题思路证明(或求出)符合条件或要求的对象 B必然存在常利用反证法、数学归纳法、抽屉原则、 计数法等另一种思路是构造法直接构造具有某种性质 B的对象常常采用排序原则、极 端性原则进行构造A类例题1 例1已知函数f(x)=|1 -|.X(1)

2、 是否存在实数a,b(ab)，使得函数的定义域和值域都是a,b?若存在，请求出a,b的值；若不存在，请说明理由。若存在实数a,b(a0,所以a0,因为函数f(x)在(0,1)上是减函数，在(1,+ R)上是增函数，所以我们分三种情况(i)当a,b (0,1)时；(ii)当 a,b (1,+ g)时;(iii)当 a (0,1),b 1,+ g)时加以讨论.解(1)不存在实数a,b(ab)满足条件.事实上，若存在实数a,b(aa0.故1.1.1,xf(-)=1,xx1(i) 当a,b (0,1)时，f(x)=x 1在(0,1)上是减函数，所以,f (a) f(b)b- 1b,b,即aa,1彳1

3、a. b由此推出a=b与已知矛盾.故此时不存在实数 a,b满足条件.1(ii) 当a,b (1,+ g)时,f(x)=1 一在(1,+g)上为增函数，所以,x1 a,f(a)a，即 af(b)b,1i b,b于是，a,b是方程x因此，m的取值范围是0m1 4 x+仁0的实根，而此方程无实根，故此时不存在实数a,b满足条件，(iii) 当 a (0,1),b 1,+)时，显然，1 a,b,而 f(1)=0,所以 0 a,b，矛盾,故故此时不存 在实数a,b满足条件，综上可知，不存在实数a,b(ab)满足条件，若存在实数 a,b(a0,a 0, 仿照(1)的解答，当a,b (0,1)或a (0,1

4、),b 1,+)时，满足条件的a,b不存在，1只有当a,b (1,+g)时，f(x)=1 -在(1,+s)上为增函数，有x1 .f (a)ma,即-1 ama,f(b)mb,1 1bmb.于是，a,b是方程mx2-x+仁0的两个大于1的实数根所以,1 4m 0,m 0, 11 i 1 4m只须 1 4m 0, 解得 0m 0,因为函数的值域是0,).21 V1 4m 2m.例2 已知常数a0，在矩形 ABCD中，AB=4 , BC=4a, O为AB的中点，E、F、G分 别在BC、CD、DA上移动，且季=Cl = D7, P为CE与OF的交点问是否存在两BC CD DA个定点，使P到这两点的距离

5、的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由.(20XX年全国高考江苏卷试题)分析根据题设满足的条件，首先求出动点P的轨迹方程，根据轨迹是否是椭圆，就可断定是否存在两个定点(椭圆的两个焦点)，使得P到这两点的距离的和为定值 解按题意有A(-2,0),B(2,0),C(2,4 a),D(-2, 4a).设BEBCCFCD誥=k(0W kw 1).由此有 E(2,4ak),F(2-4k, 4a),G(- 2, 4a- 4ak).直线OF的方程为2ax+(2k-1)y=0,直线 GE 的方程为-a(2k- 1)x+ y-2a=0,由消去参数k得点P(x,y)坐标满足方程2a2x

6、2+y2- 2ay =0,整理得羊+(y=1.1 a21当a2= 2时，点P的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点；1当a2z 时，点P的轨迹为椭圆的一部分， 点P到该椭圆的两个焦点的距离的和是定长;当a2寸时，P到椭圆两个焦点(0, a- a2-|),(0, a+的距离之和为定长2a. 说明 要解决轨迹问题首先要建立适当的直角坐标系，有时还要选择适当的参数作过 渡.情景再现1已知二次函数f(x)=ax2+bx+a满足条件f(x+f)= f(-x),且方程f(x)=7x+a有两个相等的实数 根.(1)求f(x)的解析式；3 3是否存在实数 m、n(0 m5),集合An=1,2,3,n,是否存在

7、映射 机AnAn满足条件：对一切 k(1 2)时,由 2m|S2m 及 S2m=(2m+1)22m+2) 2m+1)得2m+1) = m+1(mod2 m).但 2m+1) A2m+1,故 2m+1)=m+1.再由(2m 1)|S2m-1 及 S2m1= (2m+1)fm+2) (m+1) $(2m)得(f)(2m) = m+1(mod(2m 1).所以，()2m) =m+1,与$的双射定义矛盾.2)时,S2m+i =(2m+2)(2m+3)$(2m+1)= $(2m)=m+2 或 m+1,矛盾.(2)存在.对n归纳定义 $(2n 1)及(f)(2n)如下:令 $(1)=1, $(2)=3 .

8、现已定义出不同的正整数机k)(1 k w 2n)满足整除条件且包含1,2,n,又设v是未取到的最小正整数值.由于2n+1与2n+2互质，根据孙子定理，存在不同于v及$(k)(1 w k 0, n=1,2,3,并证明你的结论.(1988年全国高中数学联赛第二试试题 )C类例题例6平面上是否存在100条直线，使它们恰好有1985个交点.(第26届IMO预选题) 分析 由于100条直线最多有 000=4950( 1985)个交点，所以符合要求的直线可能存 在.减少交点的个数可有两种途径：一是利用平行线，二是利用共点线.所以用构造法.解法一 由于x条直线与一族100 x条平行线可得 x(100 x)个

9、交点.而x(100 x)=1985 没有整数解，于是可以考虑99条直线构成的平行网格.由于 x(99 x) v 1985 的解为 xw 26 或 x 73,x N,且 1985=73 X 26+99 12,于是可作如 下构造：(1)由73条水平直线和26条竖直直线x=k,k=1,2,3,73;y= k,k=1,2,3,26.共99条直线,可得73 X 26个交点.再作直线y=x+14与上述99条直线都相交,共得到99个交点，但其中有12个交点(1,15),(2,16),(12,26)也是(1)中99条直线的彼此的交点,所以共得99 12个交点. 由、(2),这100条直线可得到 73 X 26

10、+99 12=1985个交点.解法二 若100条直线没有两条是平行的，也没有三条直线共点，则可得到 C1t30=4950( 1985)个交点，先用共点直线减少交点数.注意到若有n1条直线共点，则可减少C： 1个交点设有k个共点直线束，每条直线束的直线条数依次为n 1, n2,，nk.则有m+n2+ + nk 100,C - 1+ C； - 1+ L + Ck- 1 = 2965( C12。1985=2965).因为满足C： 1v 2965的最大整数是n 1=77,此时C77 1=2925.因此可构造一个由77条直线组成的直线束，这时还应再减少40个交点.而满足C： 1 Vn240的最大整数为n

11、2=9,此时C9仁35.因此又可构造一个由 9条直线组成的直线束.这时还 应减少5个交点.由于C4 1=5,所以最后可构造一个由4条直线组成的直线束.因为77+9+4=90 V 100,所以这100条直线可构成为77条,9条,4条的直线束，另10条保 持不动即可.说明本题的基本数学思想方法是逐步调整，这在证明不等式时经常使用，但学会在几 何中应用，会使你的解题思想锦上添花.例7设n是大于等于3的整数，证明平面上存在一个由 n个点组成的集合，集合中任 意两点之间的距离为无理数 ，任三点组成一个非退化的面积为有理数的三角形.(第28届IMO试题)分析本题的解决方法是构造法，一种方法在抛物线y=x2

12、上选择点列，另一种方法在半圆周上选择点列.解法一 在抛物线y=x2上选取n个点P1,P2,Pn,点Pi的坐标为(i,i2) (i=1,2，,n).因为直线和抛物线的交点至多两个，故n个点中任意三点不共线,构成三角形为非退化的.任两点 Pi 和 Pj 之间的距离是 |PiPj|=.(i j)2+(i2 j2)2=|i j|.1+(i j)2 (U j, i, j=1,2,n).由于(i j)2v 1+(i j)2v (i j)2+2(i j)+1=(i j+1)2,所以/ 1+(i j)2 是无理数.从而 |PPj|是无理数.111 PiPjPk的面积=i2jk =2|(i j) (i k)(j

13、 k)|,显然是有理数j k因此,所选的n个点符合条件.解法二考虑半圆周x2+y2=r2(y R + , r = .2)上的点列An,对一切n N*,令/ xOAn =a- a ,ann2-1anan,则任意两点 Ai,Aj之间的距离为 |AiAj|=2r|sin _|,其中，0v on 1且存在n阶银矩阵A.由于S中所有的2n 1个数都要在矩阵 A中出现， 而A的主对角线上只有 n个元素，所以，至少有一个x S不在A的主对角线上.取定这样的x.对于每个i=1,2，,n,记A的第i行和第i列中的所有元素合起来构成的集合为Ai,称为第i个十字，则x在每个Ai中恰好出现一次.假设x位于A的第i行、

14、第i列（片j ）.则 x属于Ai和A j,将Ai与A j配对，这样 A的n个十字两两配对，从而n必为偶数.而1997256十175十为一个银矩阵612431亠是奇数，故不存在 n= 1997阶的银矩阵.对于n=2, A= ?1 fl即为一个银矩阵，对于n=4, A=般地，假设存在n阶银矩阵A，则可以按照如下方式构造2n阶银矩阵D,D=B圭其中B是一个n x n的矩阵，它是通过 A的每一个元素加上 2n得到，而C是通过把B的主对角线 元素换成2n得到为证明D是2n阶银矩阵，考察其第i个十字.不妨设i 3)个两两不平行的向量构成的有限集合G:(1)对于该集合中的任何n个向量,都能从该集合中再找到n

15、 1个向量,使得这2n 1个向量的和等于 0;(2)对于该集合中的任何 n个向量，都能从该集合中再找到n个向量，使得这2n个向量的和等于 0.(20XX 年俄罗斯数学奥林匹克试题 )7. 试证:在半径为1的圆周上存在1975个点,其中任意两点之间的距离都是有理数.(第 17 届 IMO 试题 )&是否存在平面上的一个无穷点集，使得其中任意三点不共线，且任意两点之间的距离为 有理数？(1994 年亚太地区数学奥林匹克试题 )习题 201. 已知抛物线 f=4ax(0 v a v 1 )的焦点为F,以A(a+4,0)为圆心，|AF|为半径在x轴上方作半圆交抛物线于不同的两点M和N，设P为线段MN的

16、中点.(1) 求 |MF|+|NF| 的值;(2) 是否存在这样的a值，使|MF|, |PF|, |NF|成等差数列？若存在，求出 a的值；若不 存在，说明理由. (1996年昆明市数学选拔赛试题 )2. 证明 : 不存在正整数 n 使 2n2+1 ， 3n2+1 ， 6n2+1 都是完全平方数 . (20XX 年日本数学奥林 匹克试题 )3. 证明只存在一个三角形 ,它的边长为三个连续的自然数,并且它的三个内角中有一个为另一个的两倍(第10届IMO试题)4是否存在这样的实系数多项式P(x):它具有负实数，而对于n 1, Pn(x)的系数全是正的.(1994年莫斯科数学奥林匹克试题 )5证明不

17、存在对任意实数x均满足ff(x)= x2- 1996的函数 (1996年城市数学联赛试题)6是否存在有界函数f : RtR,使得f(1) 0,且对一切的x、y R,都有f 2(x+y) f 2(x)+2 f(xy)+ f 2 (y)成立 (20XX 年俄罗斯数学奥林匹克试题 )7.是否存在数列X1,X2，,X1999,满足(1) xivXi+1(i=1,2,3,1998);(2) xi+1- xi = xi- xi-1(i=2,3，,1998);(3) ( xi 的数字和)v ( xi+1 的数字和)(i=1,2,3,1998);(xi+1的数字和)-(xi的数字和)=(xi的数字和)(xi-

18、1的数字和)(i=2,3,1998).(1999 年江苏省数学冬令营试题 )&(1)是否存在正整数的无穷数列an,使得对任意的正整数n都有an 12anan+2?(2)是否存在正无理数的无穷数列an,使得对任意的正整数n都有an 1 2anan+2?(20XX 年中国东南地区数学奥林匹克试题 )9. 是否存在一个无限素数数列p1, P2,pn,，对任意n满足|pn+1 2pn| = 1.(20XX年波罗的海 数学奥林匹克试题)10. 证明：对于每个实数M,存在一个无穷多项的等差数列，使得(1) 每项是一个正整数，公差不能被10整除；(2) 每项的各位数字之和超过M.(第40届IMOY预选题)1

19、1. 是否存在定义在实数集R上的函数f(x)，使得对任意的x R,f(f(x)= X,且 f(f(x)+1)=1 X(20XX年河南省数学竞若存在，写出一个符合条件的函数；若不存在，请说明理由.赛试题)12. 对于给定的大于1的正整数n,是否存在2n个两两不同的正整数a1,a2,an; b1,b2,bn 同时满足以下两个条件：(1) a1 + a2+ +an= bi+b2+bn;11-両.(1998 年 CMO 试题)n(2) n-1 ? ui=1 aj + b“情景再现”解答ax2- ga+7)=01. (1)由条件有f(x)=ax2-2a x+a.又f(x)=7x+a有两个相等的实数根 贝

20、U由可知，=(尹+7) k2-20. 解得k的取值范围为一2k0).则当 f(x)= g(x)时,有-2x2+7x-2=x, 即 2x(II)设A、B两点的坐标分别为 A(X1, y1), B(X2, y2),则由得- 7x2+2x +3=0 .故(x- 1)(x- 3)(2x+1)=0.1解得 X1 = 1, X2=3, X2=-Q (舍去).因为 f(X)max=4ac b233 7 厂=,此时,x =补1,3,4a84所以，盘故取m= 883311n=3时，f(x)= - 2x2+7x- 2在r；,3上的值域为1,符合条件 1182. (I)将直线I的方程y=kx+1代入双曲线C的方程2

21、x2- y2=1后，整理后得(k2- 1)x2+2kx+2=0依题意，直线l与双曲线C的右支交于不同的两点，故k2-2 丰 0,A=2k)2- 8(k2-2)0,j 2kV - k2-2，X1X2=X1 +X2=2kk22，假设存在实数k,使得以线段 AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F(c,O),则由 FA 丄 FB 得(xi c)( X2 c)+ yiy2=0，即(xi c)( X2 c)+( kxi+1)( kx2+1)=0 . 整理得 (k2+l)xiX2+(k c)(xi+X2)+c2+1=0.将式及c= -2代入式化简得5k2+2 , 6kx 6=0.A1解得 k= 6+5或 k=

22、 65 6 ( 2, ,2)(舍去).可知k= 6+泸使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F.53. 任作一个边长为1996的正七边形 A1A2A3A4A5A6A7.这7个顶点中必有4点同色,而在这同色四点中，必有两点是相邻顶点为确定起见，不妨设这两点就是A1、A2,并且它们均是红色(1) A4或A6中有一个是红色的，比如,A6是红色的, A1A2A6即为所求. A4与A6都是蓝色的.若A7是蓝色的,则厶A4A6A7即为所求;若A3是蓝色的，则厶A4A6A7即为所求；若A3、A7都是红色，则为 A1A3A7所求.4. 设存在6个格点P1,P2,P3,P4,P5,P6落在区域s=(x,y

23、)|x|w2,|y|w2内,它们任3个点所成的三角形面积都大于2.记 P= P1, P2 ,P3 ,P4 ,P5 ,P6(1)若x轴具有P中的点数小于2,则由抽屉原理,x轴的上半平面(或下半平面一一不包括 x轴)至少有Pi的三个点.此三点所成的三角形面积不大于2.矛盾.故x轴上恰有P的2个点(因不能有3点共线).又剩下P的4个点不可能有一点在直线y= 1上，否则出现P中的点为顶点的面积不大于2的三角形.这就证明了，在直线y=2,和y= 2上，分别恰有P的两个点.注意到S的对称性 同理可证：直线x= 2, x=0, x=2上分别有P的两个点.于是，在每条直线y=2i,x=2i(i=0, 1)上恰

24、有P的两个点.(2)P必不能包含原点，否则，因S内纵，横坐标均为偶数的所有格点落在且仅落在过原点的 4条直线上，由 抽屉原理,剩下的P的5个点,至少有两个点落在这些直线的其中一条上 于是3点共线，矛盾.因此,P中在x轴的两点必是(一2,0), (2,0).同理，在 y轴上的两点必是(0, 2), (0, 2).剩下的两点只能取(一2, 2), (2,2)，或(一2,2), (2, 2).不论哪一种情形，都得到一个以P 点为顶点的面积不大于2的三角形,矛盾.5. 满足条件(1)、(2)、(3)的直线族不存在.右不然，In的方程为y 1=kn(X 1)11an11kn心8门bn心 1都存在,故kn

25、H 0, n=1,2,3,.kn对于n1，有kn 1knkn kn 11kn 1kn 1k2 k11k11 1相加得：kn k1 (一 一 L ki k2由于 灯工0及(III)有knkn+1 0可知诸kn符号相同，不妨设kn0, n=1,2,由 kn 1 knknkn,有1 11点 RE k1 (k1 k2矛盾.n=1,2,，也会出现矛盾.但当 nk12 时 kn+1 0, 同理可证，当kn 0.由条件(1),可以找到n 1个向量a1, a2，,an 1,使得f1+ f2 +fn= (a什a2 + an 1).显然，至少有某个向量 ei不出现在上式右端，不妨设为e1.从而a1+a2+an 1

26、+e1的投影 为负，且其绝对值大于s.再由条件(2)知，又可以找到 n个向量，使得它们的代数和等于(a1+a2+ an 1 + e1),从而，该和的投影代数值大于S.此与我们对f1, f2 ,fn的选取相矛盾.尹都是有理数，且2 0n互不相n 1n2 1n2 17. 取 0n=arctan2n (1 仝 nW 1975),贝U sin 0n=, cos 0n=同.对单位圆上辐角为2 91,2 02,2 01975的点P1,P2,P1975,|RPj|=2|sin( 0 9)|=2| sin 9cos9 cos 9sin 9)|为有理数.8. 答案是肯定的，下面提供两种构造这样的点集的方法.方法

27、一 存在角a,使得cosa与sin a都是有理数(例如sin a=-3,cosa=4).考虑一个以有理数R为半径的圆周，和一个弧度为2 a的圆弧，显然 走=sin a其中a是上述圆弧所对2R的弦长，因此弦长为有理数.从此弧的端点出发，在圆周上连续截取弧度为2 a的圆弧，显然，任一弧所对的弦长 XY是有理数.由作图法知XY = |sinna，对某个正整数n,由于 2Rcosa与sin a都是有理数，所以由数学归纳法可以证明 sinna和cosn a都是有理数. 下 面证明此过程产生一个无穷点集. 为了此目的，设sin a= p, cosa=,其中(p,q)=1,p2+q2= r2,由棣美弗定理得

28、(q+ip)n=cosn a isinna若其值为1则1= cos n a=2( 1)kC2kpn2kq2k 由于 q三-P2(mod r2),则 rn三 pn2n 1(mod r2).故2| r,然而从p2+q2= r2, (p,q)=1可知这是不可能的.这就证明了我们描述的集合是无限 集.方法二 在平面上取一点 P和一条与P距离为1的直线I,设Q是I上与P相距为1 的点，考察I上所有满足SQ,PS都是有理数的点 S,由于毕达哥拉斯基本的三元数组有无穷 多个，而且与点 S 一一对应，故存在无穷多个这样的点.作一个以P为中心，半径为1的反演.此变换保持点之间的距离的有理性(这容易通过 PSRs

29、 PSR证明，其中S和R是点集中的点，S和 R分别为它们的象).用这样的方法构造的点集在一个圆周上，因此， 无三点共线.习题20解答1. 解(1)由已知得 F(a,0),半圆为x (a+4) 2+y2=16(y 0).把 y2=4ax 代入，可得 x2 2(4 a)x+a2+4a=0.设M(x1, y1),N(x2, y2).则由抛物线的定义得|MF|+|NF|=(X1 + a)+(x2+a)=( X1+ X2)+2a=2(4 a) +2a=8.(2)若|MF|, |PF|, |NF|成等差数列，则有 2|PF|=|MF|+|NF|.另一方面，设 M, P, N在抛物线准线上的射影为M, P,

30、 N.则在直角梯形 MMNN中，PP是中位线，又有2|PP|=|MM|+|NN|=|FM|+|FN|,因而|PF|=|PP|这说明了点P应在抛物线上.但由已知P是线段MN的中点，即P并不在抛物线上.所以不存在这样的 a值，使|MF|, |PF|, |NF|成等差数列.2. 假设存在这样的 n ,使2n2+1, 3n2+1,6n2+1都是完全平方数，那么(2n2+1)( 3n2+1)(6n2+1) 必定为完全平方数，而(2n2+1)(3 n2+1)(6n2+1)=36 n6+36n4+11 n2+1,(6 n3+3n)2=36n6+36n4+9n2, (6n3+3n+1)2=36n6+36n4+

31、12n3+9n2+6n+1,所 以(6n3+3n)2 (2n2+1)(3n2+1)(6n2+1) v(6n 3+3 n+1)2,显然，与 (2n2+1)( 3 n2+1)(6n2+1)为完全平方数矛盾.3. 设厶ABC满足题设条件，即AB= n,AC= n-1,BC= n+1,这里n是大于1的自然数.并且 ABC的三个内角分别为 a 2 a和n-3 a,其中0 a f (xn)+a= f (Xn 1+yn 1) +a f (xn 1)+2af (X1)+ na, 故数列 f(X1), f (X2),f (xn),并非有界.-仁（凹）2-1,n-1 sin a sin a n-1从而得到n2-

32、5n=0,解得n=5.同样,在情况（2）中，有凹=（旦）2-1,解得n=2但n=2,此时三边为1,2,3,不能构成三角形n- 1 n- 1在情况(3)中，有nF=(n)2-1,整理得n2 3n仁0,但这个方程无整数解综上，满足题设条件的三角形三边长只有4,5,6.31可以证明 cosB=4,cos2A= 8 =cos2B, A=2B .4. 存在.P(x)=10(x7. 存在，构造如下：取 X1= 00000 00001 00002 00003 09999,+1)(x+1)-x2 =10x4+10x3- x2+10x +10 具有负系数，但是P2(x)= x4+100(x3+1) 2(x+1)

33、2- 20x2(x3+1)(x+1)=x4+20(x3+1)5(x3+1)(x+1)2- x2(x+1)=x4+20(x3+1)(5x5+10x4+4x3+4+10x +5)的系数全是正的.P3(x)=1000(x3+1) 3(x+1)3- 300 x2(x3+1)2(x+1)2+30x4(x3+1)(x+1)-x6 =100(x3+1)2(x+1)10(x3+1)(x+1)2-3x2(x+1)-x6+30x4(x3+1)(x+1) =100(x3+1) 2(x+1)(10 x5+20x4+7x3+7x2+20x +1)-x6+30x4(x3+1)(x+1) =Q1(X)-X6+Q2(X)Q1

34、(x)中的x6的系数不小于1000,所以P3(x)的系数也全是正的.又当 k2 时，有 P2k(x)=P2(x)k, P2k+1 (x)=P2(x) k 1?P3(x).所以对一切n 1, Pn(x)的系数全是正的.5. 令 g(x)= ff(x) =x2-1996,设 a、b 为方程 x2- 1996= x 的两个实数根,则 a、b 是 g(x) 的不动点.设 f(a)=p,则 ff(p)= ff(f(a)= f(a)=p,即 p 也是 g(x)的不动点.所以 f(a) a,b.同理,f(b) a,b.令 h(x)= gg(x)=(x2-1996)2-1996,则h(x) = x.(x2-1

35、996)2- 1996= x.(x 2- x- 1996)( x 2+ x-1995)=0所以h(x)存在四个不动点a、b、c、d.因为 c 2+c- 1995=0,所以 g(c)= c2-1996=- c-1= d.同理，g(d)=c.令 f(c)=r,则 hf(c)= f h(c)= f(c),即 r 也是 h(x)的不动点.若 r a,b,则 d= f(r) a,b,矛盾；若 r = c,则 g(c)= f(r)= f(c)=r = c,矛盾；若 r = d,则 d=g(c)= f(r)= f(d), g(d)=g(r)=g(f(c)=f(g(c)= f(d)=d,矛盾.综上所述,满足条

36、件的函数f(x)不存在.16. 不存在.任取X1M 0,令y1= 一，有X1f 2(x1+y1) f 2(x1)+2 f(1)+ f 2 (y1) f 2(x1)+a,其中 a =2f(1) 0.1令 Xn=Xn 1 + yn 1, yn = 一，n2.于是，有Xnx2= 00001 00002 00003 00004 10000,X3= 00002 00003 00004 00005 10001,xi998= 01997 01998 01999 02000 11996,X1999 = 01998 01999 02000 02001 11997,这是公差为00001 00001 00001 0

37、000100001的等差数列(项数取1999),且各项数字和 为公差是1的等差数列.& (1)不存在假设存在正整数数列a* 满足条件a2 1 2anan+2.因为 an 12anan+2, an 0,所以an 一 1 an 1 一 1 an 2 一 一 1 a2 o w w 乔(n=3,4,)，an 12 an 22 an 32 av又笑三2g a2,a122 2 a1所以有a?r六数n=2,34，)成立,于是1 a2anw (尹 a1)an_1,a2、2_1W 2(n 2)+(n 3)(石)an 2 WW12(n 2)+(n 3)+12a2,所以an 2anan+2.9. 若存在这样的数列 pn 满足条件.由| pn+1 2pn | = 1得pn+1=2pn 1 2pn,则数列 Pn 严格递增数列，所以P3 3且不能被3整除，若P3= 1(mod3)时，可得P4= 2p3 1(否则p4= 2p3+1 = 0(mod3),即P4能被3整除,舍去),类似的有，p5= 2p4 1,pn=2pn 1 1,容